专题02 函数与导数专项训练-【备战2026年高中数学竞赛+强基计划】（竞赛+强基考前专用）

专题02 函数与导数（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、单选题 1．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）在上的零点个数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】借助因式分解的方法，结合特殊角的三角函数值求解即得. 【详解】依题意，， 而，显然且，因此， 由，得，解得或， 所以在上的零点个数是2. 故选：B 2．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），则是在处可导的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】从充分性和必要性两个方面进行推到论证即可. 【详解】充分性： 若， 所以，因此在处是否可导，还需要看在处是否可导，因此不具备充分性； 必要性： ，在处可导只能代表有意义，不能得出，因此不具备必要性； 故选：D. 3．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）对于，则的值域为（    ） A． B． C． D．以上全错 【答案】C 【分析】把函数先平方，利用换元法利用的取值范围和函数的单调性求值域. 【详解】因为，所以，， 设，则. 再设，因为，所以， 且. 所以，. 观察可知，在，为增函数， 又时，；时，，所以， 又，所以. 故选：C 4．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），的导函数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对两边求导可得，C错误，D正确，举出反例得到AB错误. 【详解】CD选项，两边求导得， 故，，C错误，D正确， AB选项，可令，满足， ，即，可以得到，，AB错误. 故选：D 5．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），若对任意，恒成立，则ab可能的最值为（    ） A． B．4 C． D．1 【答案】D 【分析】转化为，根据二次函数配方求最值，再分析等号成立条件即可得解. 【详解】因为， 所以， 故， 当，，即或时， 也即或时等号成立. 故选：D 6．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）若可导，，则“是在处可导”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先考虑充分性，即由，利用极限思想可得，，即得在处可导，再考虑必要性，由在处可导，分和两种情况讨论导函数在处附近的取值得到，即得结论. 【详解】若，则，故在处可导； 即“是在处可导”的充分条件； 若在处可导，当时，，则， 当时，，则， 故，， 于是，故得. 即在处可导；即“是在处可导”的必要条件. 故选：A. 二、多选题 7．（23-24高三下·全国·强基计划），则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】先利用的单调性证明，然后直接得到，并通过证明，得出，即可验证C，D正确；然后利用该范围直接估计出的下界，即可得到A正确，B错误. 【详解】对于D，构造，易得在上递增， 而，， 所以有唯一的正根，且该根位于区间， 因为，所以， 则，故，. 所以，故D正确； 对于C，而，，故，而， 所以有，故C正确； 对于AB，由，知. 从而，故A正确，B错误. 故选：ACD. 8．（23-24高三下·全国·强基计划）．则（    ） A．若有两个解，则． B．若有最小值，则． C．若有最小值，则． D．若有两个解，则． 【答案】AD 【分析】求得，得出函数的单调性和极值，判定A正确；当时，得到取得最小值0，当时，，可判定B、C错误； 设，令，利用导数求得在单调递增，得到，进而转化为，根据函数的单调性，求得，可判定D正确. 【详解】由函数，可得， 当时，；当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，函数取得极大值，极大值为， 且当，，当时，， 所以有两个解，则，所以A正确； 当时，方程恒有根，取得最小值0都成立； 当时， ，所以， 即时，恒有最小值，所以B、C都不正确； 设，令， 可得， 当时，且，所以，可得， 所以在单调递增，所以， 所以在时，， 又由时，，所以，且，在上单调递增， 又因为有两个解，则， 不妨令，则， 由，因为，所以， 又因为，所以， 因为，可得，且，且函数在为单调递增函数， 所以，所以，所以D正确. 故选：AD. 【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 三、填空题 9．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）过点作抛物线的切线交轴于点，焦点为，则四边形的面积为 . 【答案】 【分析】利用导数求出点处切线的斜率，即可得到切线方程，从而求出点坐标，再求出焦点坐标，即可得到四边形的面积. 【详解】当时，，则，则， 所以切线方程为，即， 令，解得，所以，又抛物线的焦点， 所以. 故答案为： 10．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）表示不超过的最大整数，则 . 【答案】 【分析】先分类讨论的取值，再运用到原式当中即可得到结果. 【详解】若是整数，则； 若不是整数，则，故. 而是整数，，故由知，所以. 记，则. 对： 当时，是整数，所以； 当时，不是整数，所以. 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对向下取整函数定义的理解. 11．（23-24高三下·全国·强基计划）若函数有一个二重零点，则a的所有可能取值是 ． 【答案】 【分析】根据零点的定义，将问题转化为三次方程求解问题，结合韦达定理，可得答案. 【详解】由题意等价于三次方程存在一个二重根与一个根， 设其二重根为m，另一实根为n， 则由韦达定理可知，解得． 故答案为：. 12．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，，，则y的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意，构建函数，利用导数研究其值域，可得答案. 【详解】由，则，令，， 令，解得，可得下表： 极大值 当时，；当时，. 由题意可知：. 故答案为：. 13．（23-24高三下·全国·强基计划）在数字和中，更大的数字是 ． 【答案】 【分析】同时取e为底的对数，则转换为比较和的大小，设，根据函数的单调性即得. 【详解】同时取e为底的对数，得，， 则转换为比较和的大小， 设，则，当时，， 即在上单调递减， 由，所以，则，即， 所以在数字和中，更大的数字是. 故答案为：. 14．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）已知函数，对于，恒成立，求的最大值是 . 【答案】 【分析】根据题目得到，从而，故，换元后得到结合基本不等式求出最值. 【详解】恒成立， ， ，， ， 令，则， 所以 ， 当且仅当，即，时，等号成立. 故答案为： 15．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）满足的非零有理系数多项式的最低次数为 . 【答案】 【分析】先对进行变形，构造出满足条件，然后证明如果非零有理系数多项式满足，则一定拥有个不同的零点，从而说明的次数至少为，即可得到答案. 【详解】设. 一方面，有. 所以，故. 从而，故有. 即. 移项，合并同类项，得. 这表明非零有理系数多项式满足条件； 另一方面，若非零有理系数多项式满足，即是的一个零点. 不妨设是非零整系数多项式，否则将乘以其系数的公分母，再替换即可. 设，则据假设有 . 再设，则. 设多项式展开后是. 根据的结构可以看出，每个都可以表示为的有理系数多项式形式. 从而每个都能表示为. 由于，故. 由于一定是整数或整数的倍，结合的形式，知一定存在，使得 . 从而，即. 比对每个根式的系数，即得. 所以亦有，故，即. 所以，这说明也是的零点. 采用相同的方法，可以证明，，，，，，，均为的零点. 所以非零多项式至少有个零点，从而的次数至少为. 综合以上两方面，可知的最低次数为. 故答案为：. 16．（24-25高三下·全国·强基计划）已知，的值域为，则所有可能值为 ． 【答案】 【分析】首先得，分和两种情况讨论，在时，可对进一步分类讨论得函数单调性、值域情况，从而可列方程组求解，同理可得时的情况. 【详解】的对称轴为，开口向下， 在上单调递增，在上单调递减， 由题意，所以， 情形一：若， （i）当，可得值域为， 所以，可得,不合题意； 若，可得值域为， 所以，方程组无解， 若，时，可得在处取得最大值， 最小值在或处取得， 所以，解得， 若，可得（舍去，因为与矛盾）， 若，即，解得，（舍去，因为与矛盾）， 所以， 情形二：若，则，可得,不合题意； 故答案为：. 17．（23-24高三下·全国·强基计划），，有零点，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】将方程看成关于的二元一次方程，转化为原点到直线的距离的平方，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】由题意可知，方程有实数根， 将关于的方程看成关于的直线方程， 则可视为直线上的点到原点的距离的平方， 其最小值即为原点到直线的距离的平方， 所以距离的平方， ， 令，则， 因为，所以，当且仅当，即时取等号， 则， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是方程主次元的转化，构造的几何意义. 18．（23-24高三下·全国·强基计划）函数满足，，，且，则 ． 【答案】4047 【分析】运用赋值法解题即可. 【详解】令可得①， 根据①且令，从而； 根据题设及①有②， 联立①②，有，即． 令可得，因此． 故答案为：4047. 四、解答题 19．（24-25高三下·全国·强基计划）（1）证明：； （2）证明：． 【答案】证明过程见解析； 【分析】利用牛顿莱布尼茨公式求证即可. 【详解】（1）因，则 （2）因，则. 20．（24-25高三下·北京·强基计划）已知，且，求 【答案】 【分析】根据已知条件化简得出，最后计算求值即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以 ； 故答案为： 21．（24-25高三下·山东·强基计划）已知，有，，，求的值. 【答案】 【分析】利用对数式化为指数式，再化根式为整式，然后利用正整数的乘积问题来分析即可得解. 【详解】由已知得，，设，（，），得, 即，因为，所以有以下两种可能： ①，（舍去）； ②，，， 则，即， 故答案为：. 22．（23-24高三下·北京·强基计划）求上方程的解的个数. 【答案】 【分析】根据指数函数和三角函数的性质可得只能，分别比较和时，的大小关系，再根据函数和的凹凸性即可得解. 【详解】由，只能， 当时，， 当时，， 令，则， 所以在上单调递减， ， 所以函数是凹函数， 令，则函数在上单调递减， ，， 所以函数是凸函数， 所以函数与有两个交点， 即上方程的解的个数为个. 23．（23-24高三下·全国·强基计划）均为正数，则的最大，最小值是否存在？是多少？ 【答案】存在，的最大值为3，最小值为. 【分析】根据已知条件进行化简，构造函数利用函数导数判断函数的单调性，解出最值，再根据条件限制范围； 【详解】由题意知，， 令则，且 令，则，令，则 递增，递减；所以，此时， 因此 所以的最大，最小值存在，的最大值为3，最小值为. 24．（24-25高三下·全国·强基计划）已知圆和轴相切，且和相切于，求圆的半径． 【答案】或 【分析】设圆的圆心为，则其半径，确定曲线在点处的切线方程，从而圆心到此切线的距离等于半径及圆心到切线的直线的斜率为，联立可得的值，从而得圆的半径． 【详解】设圆的圆心为，依题意可知，其半径， 在处的切线的斜率为， 故曲线在处的切线方程为：，即， 由于圆心到此切线的距离等于半径，故：， 即或， 又因为圆心到切线的直线的斜率为，故：， 即， 联立解得； 联立解得； 故半径为或. 25．（24-25高三下·全国·强基计划）四面体满足，求四面体的体积的最大值． 【答案】 【分析】由题可设中点为，，可得，，也可证平面，所以四面体的体积，又 ，四面体的体积要取最大，所以首先要最大值，即当时，则此时 ，然后利用导数求函数的最值即可. 【详解】在四面体中，设中点为，， ，， ， 又平面，所以平面， 则四面体的体积， ， 当时，， 此时， 令，，，解得或， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，故， 即当时，取得最大值. 所以四面体的体积的最大值为. 26．（24-25高三下·北京·强基计划）求的值域. 【答案】 【分析】设，问题化为求的范围，数形结合确定值域即可. 【详解】令， 设，如下图示， 则，当且仅当在线段的延长线上时取等号， 当时，直线可近似看作平行关系，此时， 综上，目标式的范围是. 27．（24-25高三下·北京·强基计划）使得有解的有几组. 【答案】无数组 【分析】首先分析不是方程的解，然后当时，、，每一个非零实数x都对应一组，所以使得方程有解的有无数组. 【详解】当时，因为，，所以不是方程的解； 当时，对于方程，， 令，， 令， 因为在上单调递减，且，， 所以存在，使得， 即当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以，即使得方程有解的a的值有无数个. ， 因为函数在上单调递减， 函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减， 所以函数在的值域为， 使得方程有解的的值有无数个， 因为x为任意非零实数，每一个非零实数x都对应一组，而非零实数有无数个， 所以使得有解的有无数组. 28．（24-25高三下·北京·强基计划）求的最大值与最小值之和. 【答案】 【分析】先把原式平方，结合函数的单调性及导函数正负得出单调性，最后代入计算求解. 【详解】因为，所以，， ，单调递增，故此时, ，， 令，由于均在单调递减，故在单调递减，所以，所以，，左右平方得 ，单调递增， ，单调递减， 所以当时，， 当时，，故当时，， 综上可得 所以的最大值与最小值之和为. 29．（24-25高三下·北京·强基计划）已知，求. 【答案】 【分析】令，则，结合指数的性质得到，应用指对数关系得，再由导数研究在上的单调性得，即可得. 【详解】令，则，显然且， 若，则，此时不成立， 所以，则，且，， 所以，即， 对于且，则， 所以在上单调递增，又， 所以，故，则. 30．（24-25高三下·全国·强基计划）设是定义在上的单调函数，满足，求的值． 【答案】 【分析】设，构造函数赋值法计算得出或，结合函数值排除求解即可. 【详解】设，所以，所以， 所以，所以或， 当时，，在定义域内单调递增，所以，符合题意； 当时，，，不符合题意； 所以. 31．（23-24高三下·北京·强基计划），用表示不超过的最大整数，并用表示小数部分，已知：，，求  . 【答案】 【分析】求出，，用归纳法证明，从而求出. 【详解】因为，， 所以， 同理， 猜想：， ①当时，成立； ②假设时成立，即， 则时， ， 所以，猜想成立， 综上可得：对，都有成立； 故数列为公差为2，首项为的等差数列， 则. 32．（23-24高三下·北京·强基计划）求上方程的解的个数. 【答案】 【分析】用反证法证明原方程的解都满足，即，然后逐一代入验证即可. 【详解】一方面，假设原方程有一个满足的根，则. 令，则. 对，有，故； 对，有，故. 所以对，都有，从而由知，矛盾. 所以无解， 故原方程的解，只有满足，即，直接验证即知都是原方程的解. 所以原方程一共有个解. 33．（23-24高三下·全国·强基计划）有零点，则的最小值为多少. 【答案】 【分析】将方程看成关于的二元一次方程，转化为原点到直线的距离的平方，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】由题意可知，方程有实数根， 将关于的方程看成关于的直线方程， 则可视为直线上的点到原点的距离的平方，其最小值即为原点到直线的距离的平方， 所以， ， 令，则， 因为，所以，则， 由对勾函数的单调性可知，在上单调递增， 所以. 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是方程主次元的转化，构造的几何意义. 34．（23-24高三下·全国·强基计划）在内有三个不等实根，则的取值范围？ 【答案】 【分析】根据在内有三个不等实根，不防设，则有，，.代入，则，再结合范围求解即可. 【详解】设， 在内有三个不等实根，，，. 且， 设，，，则，，, ，， . 35．（24-25高三下·全国·强基计划）设， (1)证明：只有一个根． (2)证明：有2个零点． (3)证明：． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）求出导函数，由初等函数单调性可知，在单调递减，再根据零点存在定理即可证明； （2）由（1）可知函数先单调递增，再单调递减，再利用零点存在定理可证； （3）由利用导数可证明，从而可证题设中的不等式. 【详解】（1）证明：函数的定义域为， ， 因为在单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一，使得， 故只有一个根. （2）证明：由（1）知，在单调递增，在单调递减， 又，， ， 所以有2个零点. （3）证明：不妨设，设，其中， 故， 由（1）可得为上的减函数， 故当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故， 故， 同理， 故，当且仅当时等号成立， 而，故. 36．（24-25高三下·全国·强基计划）方程在上的解的个数有多少个？ 【答案】4 【分析】为了使方程有解，必须有 ，只需要在 的区间内寻找解.设，在 内分析 的零点，进而根据周期性得到 内的零点总数. 【详解】∵ ，∴，在 内解得的范围是. 设， , 在内，即 严格递增， 又因为. ， 所以在内只有一个零点. 在上，恒成立， 所以单调递增， 又，， 所以存在,使得, 且上,上, 所以上单调递减，上单调递增， 又因为, ， ， 所以在上只有一个零点， 综上，函数在 内共有 2 个零点. 由于 的周期为 ，所以在 内， 也有 2 个零点. 因此，在 内共有 4 个零点， 方程在上的解的个数有4个. 37．（24-25高三下·全国·强基计划）若，且，求k的最大值，使得恒成立． 【答案】 【分析】法一：采用特殊值探路，再证明结论即可；法二：利用三角换元，设,，再设，求出的范围，再将转化为关于的式子，最后根据函数单调性即可求出最值. 【详解】法一：由题意知，由，对称，不妨设代入可得， 下证：． 事实上因为①，当且仅当等号成立， ②，当且仅当时等号成立， ①②得，即， 故的最大值为． 法二：因为，则设,， ，因为，则， 则，则， 则 ， 易知函数在上单调递减， 则， 则，则的最大值为. 数学竞赛真题专项训练 五、单选题 38．（2024高三上·全国·竞赛）若三次函数满足，则（    ） A．38 B．171 C．460 D．965 【答案】B 【分析】设，求导，结合题意列式求，即可得结果. 【详解】设，则， 由题意可得：，解得， 则，所以. 故选：B. 39．（2024高三上·全国·竞赛）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先三个对数和0比较大小，再让和比较大小，即可求解. 【详解】，， ， 所以，则. 故选：A 40．（2024高三上·全国·竞赛）方程的实数解的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据对数的定义即可求解. 【详解】依题意， 原方程等价于 即，显然只有一个正实根. 故选：B. 41．（2024高三上·全国·竞赛）如果可导曲线在点的切线方程为，其中，则（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【分析】利用导数的几何意义求解. 【详解】解：切线方程的斜截式为，斜率， 所以. 故选：C 42．（2024高三下·全国·竞赛）当取得最小值时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别作出，，的图象，找到取得最小值时所对应的点，建立方程求解即可． 【详解】解：分别作出，，的图象， 根据，如下图： 由图象可得取得最小值时，点为，即为和的交点， ，解得：， 由图可知点在第二象限，， 故选：A． 43．（2024高三下·全国·竞赛）已知方程恰好有三个不同的实数根，则满足题意的的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得有且只有一个实数根或者有两个不同的根，分类讨论进行计算即可得答案 【详解】由题意，可知有两个不同的实数根， 所以有且只有一个实数根或者有两个不同的根； 当时，成立； 当时， 只有一个实根，则，即； 有两个不同的根，此时，即， 则， 若，则，解得； 若，则，解得； 综上可得的最大值为， 故选：D. 44．（2024高三上·全国·竞赛）已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的单调性的定义和性质以及利用反证法证明不等式，结合选项先证明，再根据，可得，构造函数，根据函数单调性即可得出结论. 【详解】得到， 因为单调递增，所以不恒等于，故， 因为在上单调递增，故， 若存在使得，则， 则恒等于1，与单调递增矛盾，故， ，若存在，使得 因为连续，，故存在，使得， 与上述矛盾，故, 对于本题，，当且仅当时取等， 因为单调递增，故不取等号，即 当时，有，即， 当时，令，, 因为单调递减，所以单调递增， 因为，所以，单调递增， 因为，， 所以，所以. 综上所述. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：根据选项先证明，构造函数，根据单调性得出结论. 六、多选题 45．（2024高三上·全国·竞赛）已知定义域为的函数，其中代表不超过的最大整数.设数列满足：是在上最大值，数列满足：且，则下列说法正确的是（    ） A．最小值为 B．在有个极值点 C． D． 【答案】BCD 【分析】令，，求出、的值域可判断A；当时，求出，，令，求出，结合零点存在定理可知函数在上有个极值点，函数在上有个极值点可判断B；分、两种情况分析可判断C；利用得不是上的最大值点，是上的最大值可判断D. 【详解】对于A选项，令，， 则，当且仅当时取等号， 此时，故，故A错误； 对于B选项，当时，令，其中， 则，则， ， 令，则， 因为，其中，， ， 其中，， 由零点存在定理可知，，使得， ，使得， 所以，函数在上有个极值点， 同理可知，函数在上有个极值点， 当时，， 当时，，所以，是函数的一个极值点， 综上所述，在上有个极值点，故B正确； 对于C选项，当时，， 所以在最大值仅可能在取得； 同理在上的最大值仅可能在取得. 对，有成立， 故最大值在上取得，即，故C正确； 对于D选项，，， ， 即，， 故不是上的最大值点，是上的最大值， 故，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，解题的关键点是令，求出，利用特殊函数值结合零点存在定理求出答案. . 46．（2024高三下·全国·竞赛）已知函数和，则下列说法正确的有（    ） A．若有两个相同的实数根，则函数经过一二四象限 B．的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点 C．可以在时取到最小值 D．若有两个不同零点，设这两个零点分别为、（在的左边）在时，若的最小值等于，则是不可能成立的 【答案】BC 【分析】由有两个相同的实数根，得出，取即可判断A；由两点之间距离公式及基本不等式即可判断B；由基本不等式即可判断C；由基本不等式及韦达定理即可判断D． 【详解】对于A，若有两个相同的实数根，则，即， 所以，则函数， 当时，函数，图象过一二象限，故A错误； 对于B，，设为点， 设函数的图象上一动点坐标为， 则， ，当且仅当或时，等号成立， 当时，，， 当时，，，所以， 所以的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点，故B正确； 对于C，当时，，设，， 则， 当且仅当时，即时等号成立，， 所以可以在时取到最小值，故C正确； 对于D，若有两个不同零点，则方程有两个不相等的实数根， 所以，， 在时，，设，则， 所以， 当且仅当，即时取等号，此时，则， 若，则，即，解得， 则存在，，故D错误； 故选：BC． 47．（2024高三下·全国·竞赛）若定义在上不恒为0的，，且，则下列说法中，正确的有（    ） A．可以是 B．若时，，则在上单调递增 C．任意满足题意的函数，设定义在（是整数）的，则使得 D． 【答案】AD 【分析】A项，求出定义域，验证等式成立；B项，赋值法得与可得奇偶性，再利用奇偶性转化为的符号判断即可得；C项，令函数，结合函数值域分析可得恒成立，故等式无解；D项，由裂项相消法可化简求和，再结合赋值法可得. 【详解】，有， 且，即. A项，若，由，解得，函数定义域为. 则； 且；所以. 所以函数，满足题意，故A正确； B项，由对任意都有， 令，可得，所以， 任取，得，可得， 所以，所以函数是上的奇函数. 设，可得，则， 则有， 所以当时，恒成立，可得， 即，即， 所以在为减函数，则在上单调递增必不成立，故B错误； C项，由已知，令，， 要使， 则首先有意义，且有意义， 故，， 由，故， 则， 由， 则，所以，即， 当时，，所以恒成立； 即恒有， 所以不存在，使得，故C错误； D项，因为函数为奇函数， 可得， 所以 ， 所以，又， 则，故D项正确. 故选：AD. 七、填空题 48．（2024高三下·上海·竞赛）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】函数零点问题，使用导函数研究原函数性质即可求解. 【详解】由条件,设, 则, 于是在区间上单调递增,在区间上单调递减, 从而. 结合图形知,所以实数的取值范围是. 故答案为：. 49．（2024高三上·北京·竞赛）使恰有2个整数解的正整数n的值为 ． 【答案】7 【分析】先将不等式变形为，通过求出的范围，再验证即可. 【详解】由已知得，所以， 又，因此， 经检验，当n=7时,，， 恰好有两个正整数解符合题意，. 当时，符合不止两个. 故答案为：. 50．（2024高三下·全国·竞赛）方程的实根是 ． 【答案】2025 【分析】根据反函数的性质可知两函数的交点在上，即可根据求解. 【详解】令，则函数单调递增，且， 因此函数与函数互为反函数，则与函数的交点在直线上， 因此，故， 故，解得， 故答案为：2025 51．（2025高三下·重庆·竞赛）设函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，则 . 【答案】 【分析】先由可得到，然后利用对应关系可以找到，的关系式，然后用导数可以得到在上的单调性，进一步可得到答案. 【详解】由且知，. 注意满足， 故在区间上的最大值即为在区间上的最大值. 又注意在区间上， 故在区间上的最大值即为在区间上的最大值，从而； 而，而当时，有， 所以在区间上单调递增，又，故在区间上单调递增， 而又注意到在区间上， 所以在区间上的最大值， 所以. 故答案为： 52．（2023高三上·全国·竞赛）已知，，，则这三个数的大小关系为 ．（用“”连接） 【答案】 【分析】构造且，应用导数研究单调性比较大小，通过与的图象比较与的大小，进而得到大小，即可得答案. 【详解】由，，令且，则， 所以在上递减，则，即， 所以， 由，，只需比较与的大小， 根据与，相交于两点，图象如下， 由，结合图知，故， 综上，. 故答案为： 53．（2023高三上·全国·竞赛）设定义在R上的可导函数与的导函数分别为和．若，与均为偶函数，则 ． 【答案】 【分析】根据已知得，由偶函数得、且，进而有，则，应用累加求. 【详解】由题设，则①， 为偶函数，则，即，则②， 令得，则， 为偶函数，即，则③， 由①，结合②③，即④， 由①④，，则 ，，…… , 累加得，故. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由偶函数及复合函数的导数得、、，进而得到，最后有为关键. 八、解答题 54．（2024高三下·全国·竞赛）求所有的，使对恒成立. 【答案】 【分析】根据题意分析可知没有零点，可得，在分和两种情况，根据恒成立问题结合基本不等式分析求解； 【详解】若有零点，则，解得， 若时，则，解得， 但在时不成立，不合题意； 可知不存在零点，则在上恒成立， 则，解得， 可得， 当，则，整理得， 因为，则， 可知，解得； 当，则，整理得， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 可得，解得； 综上所述：的取值范围为. 55．（2024高三下·全国·竞赛）（1）计算： （2）若、都是实数，且，求的值. 【答案】（1）；（2）或 【分析】（1）由指数运算、半角公式、特殊角的三角函数值等化简计算即可； （2）由，可得，设,则， ，解得，，则，解得或，分别代入计算即可. 【详解】（1） . （2）因为，所以， 则， 设, 则，，， 将代入，得， 整理得，所以，代入得， 则，解得或， 当时， ， 当时， . 56．（2025高三下·重庆·竞赛）已知函数，设是三个不同的实数，满足，求的取值范围. 【答案】 【分析】依题意可知方程有三个不同的实根，讨论在不同区间内的单调性以及值域，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于和的等式可得到，最后即可推出的取值范围. 【详解】设，即方程有三个不同的实根， 由于在单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，，， 结合图像可知，方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，即当且仅当，且，， 再考虑方程和，注意，或或， 故， 由于，且为关于的增函数，所以. 57．（2024高三上·全国·竞赛）设，函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)是否存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数？若存在，试求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）求导函数，解不等式即可求解函数的单调区间； （2）由题意及图象平移知是上的单调递增函数，则是上的单调递增函数，根据（1）中函数结论即可判断. 【详解】（1）当时，，， 令得，令得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）不存在，理由如下： 假设存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数. 令，则是上的单调递增函数. 又也是上的单调递增函数，令， 则是上的单调递增函数. 但由（1）知函数在上不单调. 故不存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数. 58．（2024高三上·全国·竞赛）设 (1)若，讨论的单调性; (2)若，求的最大值(用表示); (3)若恰有三个极值点，直接写出的取值范围. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减； (2) (3) 【分析】（1）求出的导数，讨论其符号可得其单调性； （2）求出函数的导数，利用隐零点及同构方法得到且，化简后可得最大值； （3）由题设可得的导数有三个不同的变号零点，从而得到，有三个不同的变号零点，设，就、分类讨论可得参数的取值范围. 【详解】（1）时，，故， 令，则， 故在上为减函数，而， 故在上，即，在上，即. 故的单调增区间为，单调减区间为. （2）， 设，， 则，故在为减函数， 而时，，而， 故在上存在唯一的使得， 且当时，即，当时，即 故在上为增函数，在为减函数， 故，其中， 即即， 设，则，故为上的增函数， 而，故，，故， 故. （3）结合（2）可知， 且，有三个不同的变号零点， 而即， 令，， 则， 故当或时，， 当或时，， 故在，上递增； 在，上递减， 而，故， 若，则， 而当时，， 故在上恒成立即在上恒成立， 所以在上为减函数，故至多有一个零点，不合题意. 若即即， 此时， 因，故， 而当时，， 故在上有且只有两个零点， 设它们分别为，且， 故当时，即， 当时，即， 故在为减函数，在上为增函数， 因为，故，故， ， 令，则， 故在上为增函数，故，故， 故，故. ， 设，，则， 故在为增函数，故，所以， 又时，，时，， 故此时有三个不同的零点， 综上，. 【点睛】关键点点睛：对于导数背景下的函数零点问题，注意下面几个关键点： （1）利用导数讨论函数的单调性； （2）必要时利用隐零点讨论，甚至利用同构转化得到零点满足的性质； （3）利用零点存在定理结合图象趋势讨论零点个数. 59．（2024高三上·全国·竞赛）设有两个集合，如果对任意，存在唯一的，满足，那么称是一个的函数.设是的函数，是的函数，那么是的函数，称为和的复合，记为.如果两个的函数对任意，都有，则称. (1)对，分别求一个，使得对全体恒成立； (2)设集合和的函数以及的函数. （i）对，构造的函数以及的函数，满足； （ii）对，构造的函数以及的函数，满足，并且说明如果存在其它的集合满足存在的函数以及的函数，满足，则存在唯一的的函数满足. 【答案】(1)， (2)（i），；（ii），，说明见解析 【分析】（1）利用对数函数性质结合题干条件求解； （2）（i）利用常函数求解；（ii）结合（i）再证明唯一性即可. 【详解】（1）因为，而， 对全体恒成立； 故对所有成立. （2）（i）考虑以及两个函数， 对任意，因为， 所以. （ii）我们可以继续使用（i）的构造， 任意取，因为，所以， 所以，则， 因此存在满足条件； 如果符合题意，即， 则， 由定义得到； 所以存在唯一的的函数满足题意. 【点睛】关键点点睛：充分利用题目定义的新函数证明唯一性是关键. 60．（2024高三上·全国·竞赛）对三次函数，如果其存在三个实根，则有.称为三次方程根与系数关系. (1)对三次函数，设，存在，满足.证明：存在，使得； (2)称是上的广义正弦函数当且仅当存在极值点，使得.在平面直角坐标系中，是第一象限上一点，设.已知在上有两根. （i）证明：在上存在两个极值点的充要条件是； （ii）求点组成的点集，满足是上的广义正弦函数. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)（i）证明过程见解析（ii） 【分析】（1）设，求导并结合得，取满足题意，且此时必有即可得证； （2）（i）由题意求导得， 设，则，且时，，所以原问题等价于证明方程有一个负根，且两个不同的正根的充要条件是；（ii）首先时，也恰好有两个正根，其次进一步得出，然而可以发现，由此即可进一步求解. 【详解】（1）因为，所以不妨设， 所以， 因为， 所以， 所以不妨取满足题意，且此时必有， 否则若，则有，，， 而此时与已知矛盾， 综上所述，存在，使得. （2）（i）是第一象限上一点，所以， 因为，所以， 设，则， 而时，，时，， 所以存在负根， 因为在上存在两个极值点，等价于方程在上有两个根， 等价于方程在上存在两个根， 注意到三次方程最多有3个根， 所以方程有一个负根，两个不同的正根， 而， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当且仅当，即当且仅当， 综上所述，命题（i）得证； （ii）容易验证，时，也恰好有两个正根， 此时：由于对来说，等价于，等价于， 所以对，如果， 那么， 这意味着， 然后，对两个不相等的正数， 所以当且仅当， 那么如果或，就有或，故， 此时， 所以， 这意味着， 最后，由于有一个极值点， 所以都不等于（是不相等的正零点，同时该方程还有另一个负零点，但只要是根就是二重的，所以不可能是根）， 这就说明， 结合的单调性以及，必有， 所以此时一定是广义正弦函数， 综上所述，满足题意的. 【点睛】关键点点睛：第二问（ii）的关键是发现，以及，由此即可顺利得解. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 函数与导数（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、单选题 1．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）在上的零点个数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），则是在处可导的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）对于，则的值域为（    ） A． B． C． D．以上全错 4．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），的导函数为，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），若对任意，恒成立，则ab可能的最值为（    ） A． B．4 C． D．1 6．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）若可导，，则“是在处可导”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 7．（23-24高三下·全国·强基计划），则（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高三下·全国·强基计划）．则（    ） A．若有两个解，则． B．若有最小值，则． C．若有最小值，则． D．若有两个解，则． 三、填空题 9．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）过点作抛物线的切线交轴于点，焦点为，则四边形的面积为 . 10．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）表示不超过的最大整数，则 . 11．（23-24高三下·全国·强基计划）若函数有一个二重零点，则a的所有可能取值是 ． 12．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，，，则y的取值范围是 ． 13．（23-24高三下·全国·强基计划）在数字和中，更大的数字是 ． 14．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）已知函数，对于，恒成立，求的最大值是 . 15．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）满足的非零有理系数多项式的最低次数为 . 16．（24-25高三下·全国·强基计划）已知，的值域为，则所有可能值为 ． 17．（23-24高三下·全国·强基计划），，有零点，则的最小值为 ． 18．（23-24高三下·全国·强基计划）函数满足，，，且，则 ． 四、解答题 19．（24-25高三下·全国·强基计划）（1）证明：； （2）证明：． 20．（24-25高三下·北京·强基计划）已知，且，求 21．（24-25高三下·山东·强基计划）已知，有，，，求的值. 22．（23-24高三下·北京·强基计划）求上方程的解的个数. 23．（23-24高三下·全国·强基计划）均为正数，则的最大，最小值是否存在？是多少？ 24．（24-25高三下·全国·强基计划）已知圆和轴相切，且和相切于，求圆的半径． 25．（24-25高三下·全国·强基计划）四面体满足，求四面体的体积的最大值． 26．（24-25高三下·北京·强基计划）求的值域. 27．（24-25高三下·北京·强基计划）使得有解的有几组. 28．（24-25高三下·北京·强基计划）求的最大值与最小值之和. 29．（24-25高三下·北京·强基计划）已知，求. 30．（24-25高三下·全国·强基计划）设是定义在上的单调函数，满足，求的值． 31．（23-24高三下·北京·强基计划），用表示不超过的最大整数，并用表示小数部分，已知：，，求  . 32．（23-24高三下·北京·强基计划）求上方程的解的个数. 33．（23-24高三下·全国·强基计划）有零点，则的最小值为多少. 34．（23-24高三下·全国·强基计划）在内有三个不等实根，则的取值范围？ 35．（24-25高三下·全国·强基计划）设， (1)证明：只有一个根． (2)证明：有2个零点． (3)证明：． 36．（24-25高三下·全国·强基计划）方程在上的解的个数有多少个？ 37．（24-25高三下·全国·强基计划）若，且，求k的最大值，使得恒成立． 数学竞赛真题专项训练 五、单选题 38．（2024高三上·全国·竞赛）若三次函数满足，则（    ） A．38 B．171 C．460 D．965 39．（2024高三上·全国·竞赛）设，，，则（    ） A． B． C． D． 40．（2024高三上·全国·竞赛）方程的实数解的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 41．（2024高三上·全国·竞赛）如果可导曲线在点的切线方程为，其中，则（    ） A． B． C． D．无法确定 42．（2024高三下·全国·竞赛）当取得最小值时，的值为（    ） A． B． C． D． 43．（2024高三下·全国·竞赛）已知方程恰好有三个不同的实数根，则满足题意的的最大值为（    ） A． B． C． D． 44．（2024高三上·全国·竞赛）已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 六、多选题 45．（2024高三上·全国·竞赛）已知定义域为的函数，其中代表不超过的最大整数.设数列满足：是在上最大值，数列满足：且，则下列说法正确的是（    ） A．最小值为 B．在有个极值点 C． D． 46．（2024高三下·全国·竞赛）已知函数和，则下列说法正确的有（    ） A．若有两个相同的实数根，则函数经过一二四象限 B．的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点 C．可以在时取到最小值 D．若有两个不同零点，设这两个零点分别为、（在的左边）在时，若的最小值等于，则是不可能成立的 47．（2024高三下·全国·竞赛）若定义在上不恒为0的，，且，则下列说法中，正确的有（    ） A．可以是 B．若时，，则在上单调递增 C．任意满足题意的函数，设定义在（是整数）的，则使得 D． 七、填空题 48．（2024高三下·上海·竞赛）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 49．（2024高三上·北京·竞赛）使恰有2个整数解的正整数n的值为 ． 50．（2024高三下·全国·竞赛）方程的实根是 ． 51．（2025高三下·重庆·竞赛）设函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，则 . 52．（2023高三上·全国·竞赛）已知，，，则这三个数的大小关系为 ．（用“”连接） 53．（2023高三上·全国·竞赛）设定义在R上的可导函数与的导函数分别为和．若，与均为偶函数，则 ． 八、解答题 54．（2024高三下·全国·竞赛）求所有的，使对恒成立. 55．（2024高三下·全国·竞赛）（1）计算： （2）若、都是实数，且，求的值. 56．（2025高三下·重庆·竞赛）已知函数，设是三个不同的实数，满足，求的取值范围. 57．（2024高三上·全国·竞赛）设，函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)是否存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数？若存在，试求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 58．（2024高三上·全国·竞赛）设 (1)若，讨论的单调性; (2)若，求的最大值(用表示); (3)若恰有三个极值点，直接写出的取值范围. 59．（2024高三上·全国·竞赛）设有两个集合，如果对任意，存在唯一的，满足，那么称是一个的函数.设是的函数，是的函数，那么是的函数，称为和的复合，记为.如果两个的函数对任意，都有，则称. (1)对，分别求一个，使得对全体恒成立； (2)设集合和的函数以及的函数. （i）对，构造的函数以及的函数，满足； （ii）对，构造的函数以及的函数，满足，并且说明如果存在其它的集合满足存在的函数以及的函数，满足，则存在唯一的的函数满足. 60．（2024高三上·全国·竞赛）对三次函数，如果其存在三个实根，则有.称为三次方程根与系数关系. (1)对三次函数，设，存在，满足.证明：存在，使得； (2)称是上的广义正弦函数当且仅当存在极值点，使得.在平面直角坐标系中，是第一象限上一点，设.已知在上有两根. （i）证明：在上存在两个极值点的充要条件是； （ii）求点组成的点集，满足是上的广义正弦函数. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $